Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Fórum: "ujjgyakorlatok"

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[427] Lóczi Lajos2005-11-09 11:26:20

Jó, nyilván arra vonatkozott a kérdés, hogy minél kisebb apparátussal hogyan bizonyítható az állítás; vagy hol nézhet utána az érdeklődő az idézett tételnek :)

Előzmény: [426] ágica, 2005-11-09 06:18:00
[426] ágica2005-11-09 06:18:00

Én úgy tudom, hogy egy szám lánctört közelítései konvergálnak az adott számhoz, tehát ezt nem kell bizonyítani :) A -1-nek pedig az 1/n sorozat nem a lánctört-közelítéseinek a sorozata :)

Előzmény: [423] Lóczi Lajos, 2005-11-08 23:04:28
[425] Lóczi Lajos2005-11-09 02:28:48

Micsoda kacifántos megoldások születtek :-) (Én csak szimpla monotonitási érveléssel csináltam az egészet.)

Előzmény: [424] Róbert Gida, 2005-11-09 00:32:00
[424] Róbert Gida2005-11-09 00:32:00

Ez a 80. feladat elég közismert a diofantikus approximáció elméletben, de azért van elemi megoldása is: Nézzük az r_n+1=\frac {p_n}{q_n} sorozatot, ahol lnko(pn,qn)=1, ekkor a sorozatból pl. p1=3;q1=2 teljesül. Ekkor a rekurzióból:

\frac {p_{n+1}}{q_{n+1}}=
1+\frac 1{2+r_n}=1+\frac {1}{1+\frac {p_n}{q_n}}=1+\frac {q_n}{q_n+p_n}=\frac {2 q_n+p_n}{q_n+p_n}

. De mivel lnko(pn,qn)=1 ezért itt a nevező és a számláló relatív prímek, azaz pn+1=2qn+pn és qn+1=qn+pn. Teljes indukcióval könnyen bizonyítható, hogy:

pn2=2*qn2+(-1)n+1

teljesül. Ebből az egyenletből:

{(\frac {p_n}{q_n})}^2=2+\frac {(-1)^{n+1}}{q_n^2}

. Mivel a rekurzióból qn szigorúan monoton nő, ezért (\frac {p_n}{q_n})^2 tart 2-höz, de nyilván \frac {p_n}{q_n}>0 ezért \frac {p_n}{q_n} tart \sqrt 2-höz, azaz az eredeti sorozat \sqrt 2-1-hez.

[423] Lóczi Lajos2005-11-08 23:04:28

Körmönfont :) De azt az állítást, miszerint "n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti \alpha-t" hogy lehet bizonyítani? (Ráadásul az, hogy "egyre jobban megközelíti", nem feltétlenül jelenti azt, hogy a limesze is az lenne: pl. -1-et az 1/n sorozat egyre jobban megközelíti...)

Előzmény: [422] ágica, 2005-11-08 21:56:41
[422] ágica2005-11-08 21:56:41

80. megoldás: A sorozat első pár tagját kiszámolva adódhat az a sejtés, hogy a keresett határérték \sqrt{2}-1. Ennek bizonyításához határozzuk meg az \alpha=\sqrt{2}-1 valós szám lánctört közelítéseit. Általánosan, ha \alpha irracionális, \alpha1=\alpha, és n\ge1 esetén \alpha_{n+1}=\frac{1}{\alpha_{n}-q_{n}}, ahol qn egyenlő \alphan alsó egész részével, akkor \alpha n-edik lánctört közelítése:

\delta_n=//q_1,...,q_n//=q_1+\frac{1}{q_2+\frac{1}{q_3+\frac{1}{...+\frac{1}{q_n}}}}.

Ebben az esetben tehát \alpha_{1}=\sqrt{2}-1, q1=0, \alpha_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}\approx{2,4142}, q2=2.

\alpha3-at kiszámolva azt kapjuk, hogy megegyezik \alpha2-vel, tehát q3=q2, így a képzési szabály miatt minden n\ge2-re \alpha_{n}=\frac{1}{\sqrt{2}-1} és qn=2. Vagyis

\delta_n=//0,2,...,2//=0+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{...+\frac{1}{2}}}},

ami nem más, mint az r sorozat n-1-edik tagja. n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti \alpha-t, ami azt jelenti, hogy

\lim_{n\to\infty}r_{n}=\alpha=\sqrt{2}-1.

Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15
[421] Lóczi Lajos2005-11-06 16:34:32

Szép ötletek és kivitelezés, jó volt olvasni! Azt gondolom, a feladatot ezzel eléggé kiveséztük :)

Előzmény: [420] Róbert Gida, 2005-11-06 12:12:51
[420] Róbert Gida2005-11-06 12:12:51

81.b feladatra, a sorozatra még egy élesebb egyenlőtlenség is kijött, mint amit a limeszes becslés adna. Eltüntetem először a konstansokat a rekurzióból; szorozzuk a rekurziót \sqrt 5-tel, ekkor: \sqrt 5f_n=\sqrt 5f_{n-1}+\frac 1{\sqrt 5f_{n-2}+\frac 1{\sqrt 5}} Adjunk mindkét oldalhoz \frac1{\sqrt 5}-öt és legyen az új sorozat g_n=\sqrt 5f_n+\frac 1{\sqrt 5}; ekkor

g_n=g_{n-1}+\frac 1{g_{n-2}}

, ha n>1 és g_0=\frac 1{\sqrt 5}; g_1=\frac 6{\sqrt 5}

Ez a rekurzió, ha a nevezőben gn-1 lenne, akkor pont az 1975. évi 3. Kürschák példa rekurziója volna! Az ottani ötlettel: emeljük négyzetre a rekurziót, kapjuk:

g^2_n=g^2_{n-1}+\frac 1{g^2_{n-2}}+2\frac{g_{n-1}}{g_{n-2}}

Adjuk össze ezeket az egyenleteket 2-től n-ig, sok tag kiesik, kapjuk:

g^2_n=g^2_1+\sum_{k=0}^{n-2}\frac 1{g^2_k}+
2\sum_{k=0}^{n-2}\frac {g_{k+1}}{g_k} (1)

De g1>g0 és a rekurzióból g monoton nő; így a második szumma minden tagja legalább egy:

g^2_n>g^2_1+2(n-2)=\frac {36}{5}+2(n-2)>2n

de ez n=0;1-re is teljesül és g tagjai pozitivak, így

g_n>\sqrt {2n}

teljesül. Pont ebből az alsó becslésből kapjuk a felső becslést. g sorozatra vonatkozó rekurziót k+1-re felírva: g_{k+1}=g_k+\frac 1{g_{k-1}}, ezt gk-val osztva: \frac {g_{k+1}}{g_k}=1+\frac 1{g_{k-1}g_k}, ha k>0. Így az (1) egyenletből:

g^2_n=g^2_1+\sum _{k=0}^{n-2} \frac 1{g^2_k}+2\sum _{k=1}^{n-2} (1+\frac 1{g_{k-1}g_k})+
2\frac {g_1}{g_0}

, azaz

g^2_n=g^2_1+\frac 1{g^2_0}+2\frac 1{g_0g_1}+2(n-2)+2\frac {g_1}{g_0}+\sum _{k=1}^{n-2} \frac 1{g^2_k}+2\sum _{k=2}^{n-2} \frac 1{g_{k-1}g_k}

, g monotonitását és g0,g1 értékét használva kapjuk:

g^2_n\leq \frac {36}5+5+\frac 53+2(n-2)+12+3\sum _{k=1}^n
\frac 1{g^2_k}

, de g_n<\sqrt {2n}, így

g^2_n<22+
2n+3\sum _{k=1}^n \frac 1{2k}

, ismert, hogy \sum _{k=1}^n
\frac 1k\leq 1+\ln (n+1), ha n\geq0, így

g^2_n<22+2n+\frac 32(1+\ln (n+1))<2n+24+\frac 32 \ln (n+1)

, azaz g_n<\sqrt {2n+24+\frac 32 \ln (n+1)}, de ez n=0;1-re is teljesül, így minden n-re igaz. Visszaírva g definicióját és az alsó becslést is használva, kapjuk:

-\frac 15+\sqrt {\frac {2n}{5}}<f_n<-\frac 15+
\sqrt {\frac {2n+24+\frac 32 \ln (n+1)}{5}}

Amiből már látszik a bizonyítandó, sőt ez élesebb becslés is annál.

[419] Lóczi Lajos2005-11-05 23:00:13

Egy kis heurisztika:

átrendezve a rekurzív egyenletet kapjuk, hogy f_{n+1}-f_{n}=\frac{1}{5 f_{n-1}+1}. Fogjuk fel f-et folytonos függvényként. Ekkor a bal oldal körülbelül f '(n), és (némi további elhanyagolással) a következő differenciálegyenletet nyerjük:

f'(x)=\frac{1}{5f(x)+1}.

Ezt viszont expliciten meg tudjuk oldani, azt kapjuk, hogy f(x)=\frac{-1 + {\sqrt{1 + 10x + 10C}}}{5}, azaz nagy n-ekre f(n)\approx \sqrt{\frac{2}{5}n}.

Előzmény: [418] nadorp, 2005-11-05 13:41:09
[418] nadorp2005-11-05 13:41:09

Mondjuk,ez már nem ujjgyakorlat, de hátha valaki foglalkozik vele:

81.b feladat: Bizonyítsuk be, hogy \lim_{n\to\infty}\frac{f_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{\frac25}

Előzmény: [399] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:19:45
[417] jenei.attila2005-11-01 23:39:18

Lényegét tekintve Káli gúla megoldása nagyon hasonló az enyémhez, persze némileg egyszerűbb. Tehát az

y:=x-\frac{5x}{x+5}

helyettesítés a legmegfelelőbb.

Előzmény: [414] lorantfy, 2005-11-01 21:01:10
[416] lorantfy2005-11-01 22:27:25

Hát persze, hogy be szabad írni, sőt kötelező, annak aki tudja! :-)

Nyilván van többféle megoldása, de létezik egy olyan is aminek köze van a sakkhoz.

Előzmény: [415] Lóczi Lajos, 2005-11-01 21:50:07
[415] Lóczi Lajos2005-11-01 21:50:07

Be szabad írni a megoldást? :) Csak nem valahogy a sakkhoz van köze a feladatnak?

Előzmény: [414] lorantfy, 2005-11-01 21:01:10
[414] lorantfy2005-11-01 21:01:10

Kedves Káli gúla!

Ötletes és egyszerű megoldás. Köszönöm! Az enyém túl körülményes.

Felhívom a figyelmedet a 202. feladatra az Érdmatfelben. Egy barátomtól hallottam, aki remélhetőleg hamarosan sakkmester lesz!

Előzmény: [413] Káli gúla, 2005-11-01 20:15:01
[413] Káli gúla2005-11-01 20:15:01

Kedves László!

Az y=\frac{5x}{x+5} jelöléssel az egyenlet x2+y2=11 alakú. A helyettesítésből (*)  xy=5(x-y), ezért

x2+y2=(x-y)2+2xy=(x-y)2+10(x-y)=11.

A \sqrt{11} sugarú kör a (*) hiperbolának csak a jobb oldali ágát metszi, ahol y\lex, így az 1 és a -11 közül csak az x-y=1 gyök jó. Ezt visszaírva (*)-ba az x(x-1)=5 egyenletet kapjuk, aminek a gyökei x=\frac{1\pm \sqrt{21}}2.

Előzmény: [409] lorantfy, 2005-10-31 13:56:12
[412] Lóczi Lajos2005-10-31 22:27:10

(Pontosítok: amit a legutolsó mondatban írtál, annak nincs köze a limesz definíciójához; az csak annyit jelent, hogy a \sqrt{2}-1 torlódási pontja a sorozatnak.)

Előzmény: [406] Suhanc, 2005-10-31 10:30:45
[411] Lóczi Lajos2005-10-31 17:47:59

Amit írtál az annyit mond: ha feltesszük, hogy a határérték létezik, akkor az értéke csak \sqrt{2}-1 lehet. (Tehát a limesz létét is meg kellene mutatni, de nem muszáj a definíció alapján, ahogyan írtad, egyszerűbb hivatkozni olyan állításokra, mint pl. "ha egy sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens" -- ilyesmit kell keresni pl.)

Előzmény: [406] Suhanc, 2005-10-31 10:30:45
[410] Lóczi Lajos2005-10-31 17:40:43

De attól még a válaszom a 83. feladatra ugyanaz: lásd a [394]-es hozzászólást.

Előzmény: [405] Edgar, 2005-10-31 07:39:29
[409] lorantfy2005-10-31 13:56:12

Kedves Attila!

Kösz a szép megoldást! Beírom az én megoldásomat is.

76. megoldása helyettesítéssel:

x^2+\frac{25x^2}{(x+5)^2}=11

\frac{25x^2}{(x+5)^2}=25 \big(\frac{x+5-5}{x+5}\big)^2=
 25 \big(1-\frac{5}{x+5}\big)^2 itt legyen A=\frac{5}{x+5} ebből x=5\frac{1-A}{A} ezt visszaírva az eredeti egyenletbe:

25 \big (\frac{1-A}{A}\big )^2 +25 (1-A)^2=11

\big (\frac{1}{A}-1\big )^2 +(1-A)^2=\frac{11}{25}

\frac{1}{A^2}-\frac{2}{A}+2-2A+A^2=\frac{11}{25}

\big (A+\frac{1}{A}\big)^2-2\big (A +\frac{1}{A})-\frac{11}{25}=0

B=\big (A +\frac{1}{A})

25B2-50B-11=0

B_1=\frac{11}{5} \quad B_2=\frac{-1}{5}

Az első gyök ad valós megoldást A-ra:

A_1=\frac{11+\sqrt21}{10}\quad A_2=\frac{11-\sqrt21}{10}

Ezt visszahelyettesítve:

x_1=\frac{1-\sqrt21}{2}\quad x_2=\frac{1+\sqrt21}{2}

Előzmény: [407] jenei.attila, 2005-10-31 11:58:40
[408] jenei.attila2005-10-31 12:23:36

Közvetlenebb helyettesítéssel: y:=\frac{-5x}{x+5}, amiből látszik, ha x gyök, akkor y is az.

Előzmény: [407] jenei.attila, 2005-10-31 11:58:40
[407] jenei.attila2005-10-31 11:58:40

Végezzük el az y:=-x és

z:=\frac{5y}{y-5}

helyettesítést. Ezzel az eredeti egyenlet

y^2+\frac{25y^2}{(y-5)^2}=11

, illetve

z^2+\frac{25z^2}{(z-5)^2}=11

alakú lesz. Vagyis, ha y gyöke az egyenletnek, akkor z is az. De

yz=\frac{5y^2}{y-5}

és

y+z=\frac{y^2}{y-5}

. Ezért a másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak összefüggése szerint y és z egy x2+px-5p=0 alakú egyenelet gyökei, míg az eredeti egyenletből kapott negyedfokú egyenlet 3. és 4. gyöke szintén a x2+qx-5q=0 alakú egyenlet gyökei. Elvégezve a két másodfokú egyenlet összeszorzását és az együtthatók összehasonlítását p=1, q=-11 -et kapunk, amiből az eredeti gyökök könnyen megkaphatók.

Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41
[406] Suhanc2005-10-31 10:30:45

Próba-szerencse:

Legyen \frac{1}{2+\frac{1}{2+...}}=S!

Ekkor nyilván 0<S<\frac{1}{2} Tehát ezen intervallumon keressük S értékét!

Fenti egyenletünk reciprokát véve:

2+ \frac{1}{2+\frac{1}{2+...}}= \frac{1}{S}

Azaz: 2+S= \frac{1}{S}

Amiből: S2+2S-1=0

Itt S értékére két lehetőség van, ebből fenti kikötéseinket 1teljesíti: S=\sqrt2 -1

Ez elfogadható S keresés? Avagy szükséges, hogy minden \varepsilon-ra mutassuk an-t. amire \varepsilon> |(a_n-(\sqrt2 -1)|?

Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15
[405] Edgar2005-10-31 07:39:29

jajajj, feladatom törvényen kívül került, mert nem adtam néki számot :-( Legyen:

83. feladat: Oldd meg a természetes számok körében:

x5-y2=4

Előzmény: [393] Edgar, 2005-10-30 19:32:45
[404] Róbert Gida2005-10-30 23:32:26

A probléma nekem is megtetszett: valóban a Maple 9.5 sem tudja egyszerűsíteni a simplify paranccsal a formulát, ezután megpróbáltam a Mathematica 5.1-gyel, hogy mit tud: az egyszerübb Simplify itt sem egyszerűsít, de a bonyolultabb FullSimplify paranccsal 0.75 másodperc alatt megmondja, hogy az érték 14*\sqrt 2. Csodálatos, hogy már ilyen computeralgebra rendszer is van.

Előzmény: [392] Edgar, 2005-10-30 19:21:55
[403] Lóczi Lajos2005-10-30 23:11:46

Ügyes (amit leírtál numerikusan, azok úgy is vannak és be is lehet pontosan bizonyítani).

Előzmény: [402] ágica, 2005-10-30 22:02:05

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]